高中物理 人教版（2019） 必修 第三册 10.4电容器的电容 学案（有解析）

10.4电容器的电容
一、电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值。
(2)定义式：C＝。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF。
3．平行板电容器的电容
(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。
(2)Q不变
①根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝分析场强变化。
解决电容器问题的2个常用技巧
(1)在电荷量保持不变的情况下，由E＝＝＝知，电场强度与板间距离无关。
(2)针对两极板带电荷量保持不变的情况，可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变如图甲、乙；两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大。
甲　　　　　乙　　　　　丙
一、单选题
1．如图所示，平行板电容器与电压恒定的直流电源连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动，带电油滴的电势能将减小
B．P点的电势将升高
C．油滴将向下运动，带电油滴的电势能将增大
D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大
2．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的角为45°，则下列结论中正确的是（ ）
A．此液滴带正电 B．液滴的加速度大小等于
C．液滴的加速度大小等于 D．液滴的电势能增大
3．如图所示，内阻不计的电源与平行板电容器连接，电容器的下极板接地，上极板接一静电计，不计静电计所带的电量．P点是两极板间的一点，P点到两极板的距离相等．下列说法正确的是（　　）
A．只将平行板电容器的上极板向下移动一小段距离，P点的电势升高
B．只将平行板电容器的上极板向上移动一小段距离，静电计的张角变大
C．只将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，电容器间的场强变大
D．只在平行板电容器两极板间插入一厚度稍小于两极板间距离的绝缘陶瓷，电容器的电容变小
4．如图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量的绝对值为q，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．油滴带正电
B．油滴受到的电场力大小为
C．若仅将上极板移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D．若仅将上极板移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
5．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，正极板与静电计连接，负极板接地，两板间有一个正试探电荷固定在P点，正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是
A．静电计指针夹角变大
B．静电计指针夹角不变
C．正电荷在P点的电势能减小
D．正电荷在P点的电势能不变
6．如图所示，为一竖直圆环，OP为光滑竖直杆，且为圆环直径，O1P、O2P为通过最低点P与水平面分别成60°、30°角的两根光滑直杆，与圆相交于O1、O2点．空间存在竖直方向的匀强电场，圆环和杆均绝缘．一个带电物体先后套在这三根直杆上，由静止分别从O、O1、O2滑至P点所需的时间为t、t1、t2，则（ ）
A．t= t1 = t2 B．t < t1 = t2 C．t < t1 < t2 D．t2 < t1 < t
7．如图所示，平行板电容器充电后，在其正中P点处有一个带电微粒恰好能保持静止状态．用什么方法能使该带电微粒仍在原处保持静止，且电势能增加（ ）
A．K闭合,将上极板M 接地，下移N
B．K闭合,将下极板N 接地，左移M
C．K断开,将下极板N 接地，上移N
D．K断开,将上极板M 接地，下移M
8．在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是（ ）
A．右移 B．左移 C．上移 D．下移
9．以下说法正确的是（　　）
A．公式，电容器的电容大小与电容器两极板间电势差无关
B．由公式可知电场中某点的电势与成反比
C．由可知此场中某点的电场强度与成正比
D．由可知，匀强电场中的任意两点、间的距离越大，则两点间的电势差一定越大
10．如图1所示是电容式话筒，其原理示意图如图2所示，当对着话筒说话时，振动膜片发生振动，固定电极不动，当振动膜片向左振动时( )

图1 图2
A．振动膜片与固定电极构成的电容器的电容增大
B．振动膜片上电荷量增大
C．R中有自左向右的电流
D．R左端的电势比右端低
11．如图所示,在竖直向下的匀强电场中,A、B两等势面间距离为5cm,电势差为25V,则该匀强电场的场强为( )
A．1.25V/m B．125V/m
C．5V/m D．500V/m
12．如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A板用绝缘线悬挂，B板固定且接地，P点为两板的中间位置，下列结论正确的是（　　）
A．若在两板间加上某种绝缘介质，A、B两板所带电荷量会增大
B．A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同
C．若将A板竖直向上平移一小段距离，两板间的电场强度将增大
D．若将A板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将减小
13．如图所示，平行正对金属板水平放置，与电源、电键构成电路，闭合电键，两板间一个带电微粒处于静止状态，微粒的带电量保持不变，则下列判断正确的是（　　）
A．微粒一定带正电
B．断开电键，微粒会向下运动
C．断开电键，再将上板上移一小段距离，微粒会向下运动
D．保持电键闭合，上板向上移一小段距离，微粒会向下移动
14．关于电容器，以下说法正确的是（　　）
A．电容器两板正对面积变大，电容变小 B．电容器两板距离变大，电容变小
C．两板间放入电介质，电容变小 D．两板间电压增大，电容变大
15．如图为研究电容器充、放电的实验电路图。实验时，先使开关 S 掷向 1 端，电源 E 对电容器 C 充电；经过一段时间，把开关 S 掷向 2 端，电容器 C 与电阻 R 相连，电容器放电。电容器在充电过程中，其电容器所带电荷量 Q 与电容器两端电压 U 之间的关系，下列图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
16．如图，质量为m，电量为+q的小球，用长度为l的绝缘细线悬挂于O点，平衡时，小球位于O点的正下方．施加一水平向右的匀强电场后，小球向右摆动，摆动的最大角度为60°；在改变电场强度的大小和方向后，小球的平衡位置在α=60°处，然后再将小球的质量改变为2m，其新的平衡位置在α=30°处，重力加速度为g．下列说法中正确的是
A．水平向右的匀强电场强度为
B．在水平向右的匀强电场中，小球由静止状态向右摆动到60°时，电势增加了
C．改变电场强度的大小和方向后，小球受到的电场力大小为mg
D．改变电场强度的大小和方向后，电场的方向向右上方且与水平面成30°
17．世界智博会于2020年9月15日至17日在重庆礼嘉智慧公园举行，如图所示为大会展示的超级平行板电容器，相距为d的两极板M、N分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（　　）
A．油滴带正电
B．油滴带电荷量为
C．电容器的电容为
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向下运动
18．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是（　　）
A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大
B．断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大
C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大
D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小
19．把电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器中的电流i随时间t变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．在t1~t2时间内，电容器两极板间电压逐渐增大
B．在t3~t4时间内，电容器的电容逐渐减小
C．曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积
D．S接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E
20．如图所示，芯柱、导电液体、绝缘管组成一个电容器，为了检测导电液体是增多还是减少，可以将其与静电计连接通过静电计指针偏转角度的变化来判断。现用电源通过电极A、电极B给电容器充电，充电完毕移去电源，由此可以判断（　　）
A．静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压增大
B．静电计指针偏角变小，说明导电液体增多
C．静电计指针偏角变大，说明电容器电容减小
D．静电计指针偏角变大，说明导电液体增多
21．对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、解答题
22．你用过触摸屏吗 触摸屏由于坚固耐用、反应速度快、节省空间、易于交流等诸多优点得到大众的认同,在手机、电脑等消费电子产品中日益普及.目前技术比较成熟的触摸屏分为电阻式、电容式、红外式和声波控制触摸屏等,如图所示,电容式触摸屏的基本原理是什么呢
23．有一个平行板电容器，电容是1.5×10-4μF，所带电荷量为6×10-8 C．如果两板间的距离为1 mm，电容器两极板间的电场强度是多少？
参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=U/d得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B错误．由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，由电势能公式Ep=qφ知油滴的电势能将增加．故C正确．两板间距变大，根据，则电容器的电容减小，根据Q=CU可知，极板带电荷量将减小．故D错误．故选C．
【点睛】
本题运用E=U/d分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．
2．B
【解析】
【详解】
A．根据题意可知带电液滴沿直线由b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析可知，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电，故A错误；
BC．根据力的合成可得物体所受合力为
根据牛顿第二定律可得加速度为
故B正确，C错误；
D．因电场力做正功，所以液滴的电势能是减小的，故D错误。
故选B。
3．A
【解析】
【分析】
电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．
【详解】
A、只将平行板电容器的上极板向下移动一小段距离，两极板间的场强变大，P点的电势φ=Ed，电势升高，故A正确；
B、静电计的电压始终等于电动势，只将平行板电容器的上极板向上移动一小段距离，静电计的张角不变，故B错误；
C、根据，只将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，电容器正对面积S变小，电容器的电容变小，但板间电压不变、板间距离不变，场强不变，故C错误；
D、根据，只在平行板电容器两极板间插入一厚度稍小于两极板间距离的绝缘陶瓷，εr变大，电容器的电容变大，故D错误．
故选A．
【点睛】
本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．
4．C
【解析】
【详解】
A．由平衡条件可得
则电场力方向竖直向上，所以油滴带负电，则A错误；
B．根据
所以油滴受到的电场力大小为
所以B错误；
C．根据
若仅将上极板移到图中虚线位置，则d减小，所以电容增大，根据
由于两极板所带的电荷量不变，则两板间的电势差减小，所以静电计指针张角减小，则C正确；
D．根据
所以油滴受到的电场力大小为
则电场力与两极板间的距离无关，所以若仅将上极板移到图中虚线位置,则油滴将保持静止，则D错误；
故选C。
5．C
【解析】
【详解】
试题分析：将负极板缓慢向右平移一小段距离，两板间的距离减小，根据电容的决定式可知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，则由得知，板间电压U减小，因此静电计的指针夹角变小，故AB错误；根据板间场强，可见E不变；P点到负极板距离减小，由公式U=Ed得知，P点的电势降低；正电荷在P点的电势能减小；故C正确，D错误；故选C．
考点：电容器
【名师点睛】本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化．
6．A
【解析】
【详解】
设任一斜面的倾角为θ，圆槽直径为d．根据牛顿第二定律得到
a=gsinθ
斜面的长度为
x=dsinθ
则有
x=at2
得
可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关．则有
t1=t2=t3
故选A。
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】
本题考查了牛顿第二定律的综合应用问题；解题的技巧是用相同的量表示物体运动的加速度和位移，再求出时间，然后分析时间关系，这是解决此类问题常用的方法；同时这样的二级结论要熟记，以便在解题中灵活运用.
7．C
【解析】
【分析】
保持K闭合时电容板间电压保持不变．充电后将K断开后电容器的电量保持不变，根据推论，板间场强不变．根据公式分析板间场强的变化，判断能否使带电微粒运动．并判断电势能的变化．
【详解】
A项：K闭合，保持K闭合时，下移N，板间距离d增大，根据公式分析得知，板间场强减小，带电微粒受到的电场力减小，微粒将向下加速运动．不符合题意，故A错误；
B项：K闭合，保持K闭合时，左移N，板间距离d不变，电容减小，根据公式分析得知，板间场强不变，带电微粒受到的电场力不变，仍处于静止状态．P点的电势不变，微粒的电势能不变．不符合题意，故B错误；
C项：K断开，将上极板M，下移N，根据推论可知，E不变，微粒所受的电场力不变，仍处于静止，由U=Ed知，P与N的电势差减小，N的电势为零，P点的电势高于N的电势，则知P点的电势降低，微粒带负电，则知微粒的电势增加，故C正确；
D项：K断开，将上极板M，下移M，根据推论可知，E不变，微粒所受的电场力不变，仍处于静止，由U=Ed知，P与M的电势差减小，M的电势为零，P点的电势低于M的电势，则知P点的电势升高，微粒带负电，则知微粒的电势减小，故D错误．
故应选C．
【点睛】
本题是电容器动态变化分析的问题，根据决定电容的三个因素和电容的定义式相结合进行分析．
8．A
【解析】
【分析】
解答本题关键掌握：静电计测定电容器板间的电势差，电势差越大，指针偏角越大，根据电容器电容的决定式，分析电容的变化，由于电容器的电量不变，由电容器的定义式分析电势差的变化；
【详解】
A、将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式，可知电容增大，而电容器电量不变，由分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小，相反，同理可知，A板向左移一些时，静电计指针偏角增大，故A正确，B错误；
C、A板向上移或下移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式，可知，电容减小，而电容器电量不变，由分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故CD错误．
【点睛】
对于电容器动态变化分析问题，关键根据电容的决定式和定义式结合进行分析，同时要抓住不变量．
9．A
【解析】
【详解】
A．公式是电容的定义式，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，由自身因素决定，故A正确；
B．公式是电势的定义式，电场中某点的电势与无关，由电场自身性质和零电势选取有关，故B错误；
C．公式是电场强度的定义式，电场强度的大小与放入电场中的电荷电量、电场力无关，由电场自身性质决定，故C错误；
D．由可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，电势差不一定大，若沿电场方向两点间距离越大，电势差越大，若在垂直电场方向上电势差始终为零，故D错误。
故选A。
10．C
【解析】
【详解】
当振动膜片向左振动时，振动膜片与固定电极的间距增大，根据影响电容器电容大小的因素知，电容C减小，A错误；由可知，在U不变时，C减小，Q减小，即电容器放电，振动膜片上电荷量减小，B错误；由于电容器放电，R中有自左向右的电流，R左端的电势比右端高，故C正确，D错误；故选C.
11．D
【解析】
【详解】
由可得，匀强电场的大小为
故ABC错误，D正确；
故选D。
12．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．在两板间加上某种绝缘介质时，A、B两板所带电荷量没有改变，故A错误；
B．A、B两板电荷量数量相等，P点到两板的距离相等，根据对称性和电场的叠加可知两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向都向下，故B正确；
C．根据电容的决定式
电容的定义式
和板间场强公式
得
由题知Q、S、 均不变，则移动A板时，两板间的电场强度将不变，故C错误；
D．由上分析可知将A板竖直向下平移时，板间场强不变，由
分析得知P点与下极板间的电势差不变，P点的电势保持不变．故D错误。
故选B。
【名师点睛】
本题考查电容器的动态分析问题，关键要正确应用电容器的决定式及定义式；并注意电势与场强的关系的应用。
13．D
【解析】
【详解】
A．电容器上板带正电，因此微粒一定带负电，A项错误；
B．断开电键，两板的带电量不变，两板的电容不变，两板的电压不变，板间电场强度不变，微粒仍静止，B项错误；
C．断开电键，两板带电量不变，将上板向上移，两板间电场强度不变，微粒仍保持静止，C项错误；
D．电键保持闭合，上板向上移一小段距离，两板间的电压不变，但板间距离增大，板间电场强度减小，微粒会向下运动，D项正确。
故选D。
14．B
【解析】
【详解】
A．由平行板电容器的电容可知，电容器两板正对面积变大，即S增大，则C增大，故A错误；
B．由平行板电容器的电容可知，电容器两板距离变大，即d增大，则C变小，故B正确；
C．由平行板电容器的电容可知，两板间放入电介质，即增大，则C增大，故C错误；
D．电容器的电容由本身的结构所决定，与两板间电压无关，故D错误。
故选B。
15．B
【解析】
【详解】
根据Q=CU，可知因为电容器电容C一定，则Q-U图像为过原点的倾斜的直线。
故选B。
16．ACD
【解析】
【详解】
带电小球A，受到电场力向右摆动的最大角度为60°，末速度为零，此过程中电场力F对小球做正功，重力G做负功，细线拉力T不做功，根据动能定理，则有：Eqlsinα-mgl（1-cosα）=0，解得：，选项A正确；在水平向右的匀强电场中，小球由静止状态向右摆动到60°的过程中，电场力做正功，电势能减小，选项B错误；改变电场强度的大小和方向后，平衡在α=60°处时，设电场力与竖直方向的夹角为γ，
根据正弦定理，则有： ；而在新的平衡位置在α=30°处，根据正弦定理，则有：；解得F=mg；γ=600，即电场的方向向右上方且与水平面成300角，选项CD正确；故选ACD.
【点睛】考查动能定理的应用，掌握正弦定理的内容，理解平衡条件及矢量合成法则的运用；区别平衡位置与摆角最大位置的不同．
17．CD
【解析】
【详解】
A．带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，所以带电油滴带负电，故A错误；
B．根据平衡条件可知
解得
故B错误；
C．电容器带电荷量为
由电容的定义式可得
故C正确；
D．电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N板向下移动，板间距离变大，由
可得油滴所受电场力减小，合力变成向下，则油滴向下做加速运动，故D正确。
故选CD。
18．AC
【解析】
【详解】
A．断开S后，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据
知，电容减小，根据
知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；
B．断开S后，在A、B间插入电介质，根据
知，电容增大，根据
知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；
C．断开S后，将A向上移动少许，则S减小，根据
知，电容减小，根据
知，电势差增大，则指针张角增大，故选项C正确；
D．保持S闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头移动不会影响指针张角，故选项D错误。
故选AC。
19．AC
【解析】
【详解】
A．在t1～t2时间内，即形成电流曲线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在充电，所带电量增大，电容不变，根据知，两极板电压逐渐增大，故A正确；
B．在t3～t4时间内，即形成电流曲线2的过程中，开关S与2端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电量无关，保持不变，故B错误；
C．根据q=It，可知I-t图线与时间轴围成的面积表示电荷量。由于电容器充电和放电的电量相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积，故C正确；
D．S接1端，电容器充电，最终两端电势差等于电源的电动势，故D错误。
故选AC。
20．BC
【解析】
【详解】
静电计相当于是一个小电容，金属球、金属杆、指针相当于电容器的一个电极，金属外壳也相当于一个电极，它们之间是绝缘的。指针张角大小能定性地反映静电计两极间的电势差的大小。静电计指针偏角变小，说明静电计两极间电压减小，静电计指针偏角变大，说明静电计两极间电压增大。由题图可知静电计两极间的电压，与电容器两极间电压相等，故静电计可以定性测量电容器两极间的电势差。
A．当静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压也减小，故A错误；
B．当静电计指针偏角变小，则极板间电压减小，而极板带电量不变，依据电容，可知，电容器的电容增大，根据电容的决定式，那么金属芯柱和导电液正对面积增大，故液面上升，导电液体增多，故B正确；
C．当静电计指针偏角变大，则极板间电压增大，而极板带电量不变，依据电容，可知，电容器的电容减小，故C正确；
D．当静电计指针偏角变大，则极板间电压增大，而极板带电量不变，依据电容，可知，电容器的电容减小，根据电容的决定式，那么金属芯柱和导电液正对面积减小，则导电液体液面降低，导电液体减少。故D错误。
故选BC。
【点睛】
本题是平行板电容器应用，实质上是电容器的动态分析问题，掌握电容的定义式与决定式的不同，关键根据电容的决定式来分析电容的变化。
21．BC
【解析】
【详解】
AB．电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，所以C随U的变化不变，A错误B正确；
CD．根据
知Q与U成正比，D错误C正确。
故选BC。
22．见解析；
【解析】
【详解】
电容式触摸屏在原理上把人体当作一个电容器元件的一个电极使用，它是利用人体的电流进行工作的；当手指触摸在金属层上时，由于人体电场，用户和触摸屏表面形成一个电容，对于高频电流来说，电容是直接导体，于是手指从接触点吸走一个很小的电流，这个电流分别从触摸屏的四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算,得出触摸点的位置.
23．4×105 V/m
【解析】
【详解】
电容器的两极板间的电压为：
则电场强度是